题目描述
小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。
如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？ 答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。
输入输出格式
输入格式：
共一行，包含两介正整数N，K。
输出格式：
一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。
输入输出样例
说明
N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2
(为什么我的代码又这么长啊2333，到底是因为 码风不再简约 还是因为最近做的题目都太毒瘤了啊？？)
一：统计一维的点的答案
首先可以发现 f() 的取值并不是很多，因为其的质因子集合只能是 {2,3,5,7} 的一个子集，搜一搜发现n=1e12的时候 f() 的取值只有不到 15000 种。。。
于是就可以直接数位dp啦，f[i][j][0\1] 表示考虑了从高到低前i为，目前数字的乘积是 num[j] ，并且是(1)否(0)贴上界的数的个数有多少。
可以先预处理一个数组 to[i][1~9]，表示num[i] * 1~9 会到 num[to[i][0~9]]，转移的时候根据这个数组转移就好啦。。。。
不过还需要增设一个状态0，表示目前还没有选数的状态(因为选的数可能位数比n少)，0状态只能从自己过来，并且出边和num[] = 1的状态是一样的。
所以这个数位dp貌似是 O(12 * 15000 * 9)的？ 实际还要小一点，因为加了一些小剪枝。。。。
二：一维转化成二维，计算最后答案
我们设最后 f(x) = num[i] 的 x 有 c[i] 个，那么 最后的问题就是，选k对 (i,j) ，使得 ∑ c[i] * c[j] 最大。
这貌似是一个 二分+two pointer 的模板题，，只不过因为c[] * c[]在大数据会爆long long，所以我取了一下对数，把整数乘法变成了实数加法。
按理说实数运算总是会有点误差的，更何况我还没用long double，但最后莫名其妙的就A 了2333，并且还是bzoj 这个题的rank1，好迷啊。。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const double eps=1e-11;
const int maxn=15005,ha=1e9+7;
inline int add(int x,int y){ x+=y; return x>=ha?x-ha:x;}
inline void ADD(int &x,int y){ x+=y; if(x>=ha) x-=ha;}
int to[maxn][10],k,ans,cnt,a[15],len,hz[maxn];
ll n,num[maxn],f[15][maxn][2],c[maxn];
double b[maxn],L,R,mid;
inline void init(){
for(ll A=1;A<=n;A*=7ll)
for(ll B=A;B<=n;B*=5ll)
for(ll C=B;C<=n;C*=3ll)
for(ll D=C;D<=n;D*=2ll) num[++cnt]=D;
sort(num+1,num+cnt+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
to[i][1]=i;
ll T;
for(int j=2;j<=9;j++){
T=num[i]*(ll)j;
if(T>num[cnt]) break;
to[i][j]=lower_bound(num+1,num+cnt+1,T)-num;
}
}
for(int i=1;i<=9;i++) to[0][i]=i;
}
inline void dp(){
while(n) a[++len]=n%10,n/=10;
reverse(a+1,a+len+1);
f[0][0][1]=1;
for(int i=1;i<=len;i++){
f[i][0][0]=f[i-1][0][1]+f[i-1][0][0];
for(int j=0;j<=cnt;j++) if(f[i-1][j][0]||f[i-1][j][1]){
for(int l=1,T;l<=9;l++){
T=to[j][l];
if(!T) continue;
f[i][T][0]+=f[i-1][j][0];
if(l<a[i]) f[i][T][0]+=f[i-1][j][1];
else if(l==a[i]) f[i][T][1]+=f[i-1][j][1];
}
}
}
}
inline ll count(){
ll an=0;
int l=1;
for(int i=cnt;i;i--){
while(l<cnt&&b[l]+b[i]+eps<mid) l++;
if(b[l]+b[i]+eps<mid) break;
an+=(ll)(cnt-l+1);
}
return an;
}
inline void calc(){
for(int i=1;i<=cnt;i++) c[i]=f[len][i][0]+f[len][i][1];
sort(c+1,c+cnt+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(c[i]) b[i]=log(c[i]);
else b[i]=-233;
R=max(R,b[i]);
}
L=-233;R*=2;
while(R-L>=eps){
mid=(L+R)/2;
if(count()>=k) L=mid;
else R=mid;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) c[i]%=ha;
for(int i=cnt;i;i--) hz[i]=add(hz[i+1],c[i]);
ll N=0;
int cj=0,l=1;
for(int i=cnt;i;i--){
while(l<cnt&&b[l]+b[i]+eps<L) l++;
if(b[l]+b[i]+eps<L) break;
else if(fabs(b[l]+b[i]-L)<=eps) cj=c[i]*(ll)c[l]%ha;
N+=(ll)(cnt-l+1);
ADD(ans,c[i]*(ll)hz[l]%ha);
}
ADD(ans,ha-cj*(ll)(N-k)%ha);
}
inline void solve(){
dp();
calc();
}
int main(){
scanf("%lld%d",&n,&k),init();
solve(),printf("%d\n",ans);
return 0;
}